2017北京二模物理分类汇编-计算题24题.doc

（昌平区2017一摸）24（20分）当一个较为复杂的物理过程在某一方面的特征与一个简单的物理过程特征相同时，我们可以通过研究简单物理过程的规律了解复杂的物理过程。如对平抛运动的研究可以转化为研究竖直方向和水平方向的直线运动。（1）小球在竖直面内做匀速圆周运动，则小球在水平地面上形成投影的运动是简谐运动，这是可以证明的结论。设小球的质量为m，角速度为，半径为A，从开始计时经时间t小球位置如图15所示。a取过圆心O水平向右为x轴，则小球的位移在x轴方向上的分量可表示为x=Asint。以此为例，写出小球在x轴方向的速度vx、加速度ax及合外力Fx随时间t的变化关系。b物体做简谐运动时，回复力应该满足F=kx。则反映该投影是简谐运动中的k值是多少？（2）如图16所示，光滑的平行金属导轨水平放置，导轨间距为L，左端接一阻值为R的定值电阻；导轨处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直。一根与导轨垂直的铜棒在导轨上做振幅为A的简谐运动，振动周期为T。已知铜棒电阻为r，导轨的电阻不计。a在图17中画出通过电阻R的电流i随时间t变化的图像。b求在一个周期T内，电阻R产生的焦耳热。 24（20分）（1）a对匀速圆周运动，线速度v=A，向心加速度a=2A，合外力F=m2A。在x轴方向上，有：（2分）（2分）（2分） b小球在x轴方向上为简谐运动，故Fx=kx所以k=m2（2分）（2）a流过R的电流是正（余）弦交流电。（2分）b将导体棒的运动看作是匀速圆周运动的分运动，可得导体棒切割磁感线的最大速度 （2分）由 Em=BLvm（1分）（1分）（2分）Q=I2RT（2分）联立以上各式，得（2分）（朝阳区2017二模）24（20分）科学精神的核心是对未知的好奇与探究。小君同学想寻找教科书中“温度是分子平均动能的标志”这一结论的依据。她以氦气为研究对象进行了一番探究。经查阅资料得知：第一，理想气体的模型为气体分子可视为质点，分子间除了相互碰撞外，分子间无相互作用力；第二，一定质量的理想气体，其压强p与热力学温度T的关系式为p=nkT，式中n为单位体积内气体的分子数，k为常数。她猜想氦气分子的平均动能可能跟其压强有关。她尝试从理论上推导氦气的压强，于是建立如下模型：如图所示，正方体容器静止在水平面上，其内密封着理想气体氦气，假设每个氦气分子的质量为m，氦气分子与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，分子的速度方向都与器壁垂直，且速率不变。请根据上述信息帮助小君完成下列问题：（1）设单位体积内氦气的分子数为n，且其热运动的平均速率为v. a求一个氦气分子与器壁碰撞一次受到的冲量大小I； b求该正方体容器内氦气的压强p； c请以本题中的氦气为例推导说明：温度是分子平均动能（即）的标志。（2）小君还想继续探究机械能的变化对氦气温度的影响，于是进行了大胆设想：如果该正方体容器以水平速度u匀速运动，某时刻突然停下来，若氦气与外界不发生热传递，请你推断该容器中氦气的温度将怎样变化？并求出其温度变化量T。24（20分）解：（1）a对与器壁碰撞的一个氦气分子，由动量定理可得：I=2mv （3分） b设正方体容器某一侧壁面积为S，则时间内碰壁的氦气分子数为： 由动量定理得： 由牛顿第三定律可得：器壁受到的压力由压强的定义式得： 联立得： （7分）c由于压强p和温度T的关系式为p=nkT 联立得 由可得：分子的平均动能与热力学温度T成正比，故温度是分子平均动能的标志。 （4分）（2）设正方体容器中有N个氦气分子，当氦气随容器匀速运动时，整个气体机械运动的动能为，设此时氦气温度为T1，容器内氦气的内能等于分子热运动的动能之和即。当氦气随容器突然停止时，气体机械运动的动能为零，设此时氦气温度为T2，则该容器内氦气的内能为。根据能量转化与守恒定律有： 解得： 所以氦气温度升高，升高的温度为T=。 （6分）（东城区2017二模）24（20分） 我们知道：电流周围有磁场。图1所示为环形电流周围磁场 的分布情况。根据电磁学理论可知，半径为R、电流强度为I的 环形电流中心处的磁感应强度大小B=，其中k为已知常量。(1)正切电流计是19世纪发明的一种仪器，它可以利用小磁针的偏转来测量电流。图2为其结构示意图，在一个竖直放置、半径为r、匝数为N的圆形线圈的圆心O处，放一个可以绕竖直轴在水平面内转动的小磁针（带有分度盘）。线圈未通电流时，小磁针稳定后所指方向与地磁场水平分量的方向一致，调整线圈方位，使其与静止的小磁针在同一竖直平面内。给线圈通上待测电流后，小磁针偏转了角。已知仪器所在处地磁场的磁感应强度水平分量大小为Bc。求：a待测电流在圆心O处产生的磁感应强度B0的大小；b待测电流Ix的大小。(2)电流的本质是电荷的定向运动，电流可以产生磁场意味着运动的电荷也可以产生磁场。如图3所示，一个电荷量为q的点电荷以速度v运动，这将在与速度垂直的方向上、与点电荷相距为d的A点产生磁场。请你利用上面电流产生磁场的规律，自己构建模型，求出该点电荷在此时的运动将在A点产生的磁场的磁感应强度大小BA。（房山区2017二模）24有人设想：可以在飞船从运行轨道进入返回地球程序时，借飞船需要减速的机会，发射一个小型太空探测器，从而达到节能的目的。如图所示，飞船在圆轨道上绕地球飞行，其轨道半径为地球半径的k倍（k1）。当飞船通过轨道的A点时，飞船上的发射装置短暂工作，将探测器沿飞船原运动方向射出，并使探测器恰能完全脱离地球的引力范围，即到达距地球无限远时的速度恰好为零，而飞船在发射探测器后沿椭圆轨道向前运动，其近地点B到地心的距离近似为地球半径R。以上过程中飞船和探测器的质量均可视为不变。已知地球表面的重力加速度为g。（1）求飞船在轨道运动的速度大小；（2）若规定两质点相距无限远时引力势能为零，则质量分别为M、m的两个质点相距为r时的引力势能，式中G为引力常量。在飞船沿轨道和轨道的运动过程，其动能和引力势能之和保持不变；探测器被射出后的运动过程中，其动能和引力势能之和也保持不变。求探测器刚离开飞船时的速度大小；高三理科综合第10页（共17页）已知飞船沿轨道运动过程中，通过A点与B点的速度大小与这两点到地心的距离成反比。根据计算结果说明为实现上述飞船和探测器的运动过程，飞船与探测器的质量之比应满足什么条件。24题（1）设地球质量为M，飞船质量为m，探测器质量为m，当飞船与探测器一起绕地球做圆周运动时的速度为v0根据万有引力定律和牛顿第二定律有 （4分）对于地面附近的质量为m0的物体有 m0g=GMm0/R2（3分）解得： （3分）（2）设探测器被发射出时的速度为v，因其运动过程中动能和引力势能之和保持不变，所以探测器刚好脱离地球引力应满足 （3分）解得 ： （2分）设发射探测器后飞船在A点的速度为vA,运动到B点的速度为vB, 因其运动过程中动能和引力势能之和保持不变，所以有 （3分）对于飞船发射探测器的过程，根据动量守恒定律有 (m+ m)v0=mvA+ mv（1分）因飞船通过A点与B点的速度大小与这两点到地心的距离成反比，即RvB=kRvA解得：（1分）（丰台区2017二模）24.（20分）如图甲所示，光滑的绝缘细杆水平放置，有孔小球套在杆上，整个装置固定于某一电场中。以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系。沿杆方向电场强度E随位置x的分布如图乙所示，场强为正表示方向水平向右，场强为负表示方向水平向左。图乙中曲线在0x0.20m和x0.4m范围可看作直线。小球质量m=0.02kg，带电量q=+110-6C。若小球在x2处获得一个v=0.4m/s的向右初速度，最远可以运动到x4处。（1）求杆上x4到x8两点间的电势差大小U；（2）若小球在x6处由静止释放后，开始向左运动，求：a. 加速运动过程中的最大加速度am；b. 向左运动的最大距离sm；（3）若已知小球在x2处以初速度v0向左减速运动，速度减为零后又返回x2处，所用总时间为t0，求小球在x2处以初速度4v0向左运动，再返回到x2处所用的时间（小球运动过程中始终未脱离杆） 。你可能不会计算，但小球向左运动过程中受力特点你并不陌生，请展开联想，通过类比分析得出结果。24（20分）解：（1）x4与x8之间为匀强电场E=4103V/mU=Ed（2分）得：U=1600 V（2分）（2）a加速运动过程中，经过x3处场强最大Fm=Emq（2分）由牛顿第二定律：Fm=mam；（2分）得：am=0.6m/s2（1分）b设x2与x4之间的电势差为U2由动能定理：（1分）得：U2=1.6103V（1分）设x4与x6之间的电势差为U1：U1=0.8103V（1分）设向左运动的最远处距x2处的距离为x，电场强度大小为Ex带电小球由位置x6处到最远处的过程：根据动能定理：（1分）（1分）x2Exx得：x=0.08m=8cm（1分）所以：Sm=（0.6-0.2）+ x=0.48m（1分）（3）如图：设距x2处左侧距离为x处的电场强度大小为Ex小球在距x2处左侧距离为x处所受电场力大小为F：F=Exq由图可知：Ex=Kx（K为常量）所以：F=qKx小球在x2处左侧所受电场力方向总指向x2（向右）小球在x2处左侧相对于x2处的位移总背离x2（向左）综上可知：电场力F的大小与x成正比，方向与x方向相反。小球向左的运动是简谐运动的一部分，振动周期与振幅无关，小球从x2处向左运动再返回的时间是简谐运动的半个周，因此以4v0为初速度的时间仍为t0。（4分）（其他做法正确均得分）（海淀区2017二模）24（20分）光电效应现象中逸出的光电子的最大初动能不容易直接测量，可以利用转换测量量的方法进行测量。（1）如图10所示为研究某光电管发生光电效应的电路图，当用频率为的光照射金属阴极K时，通过调节光电管两端电压U，测量对应的光电流强度I，绘制了如图11所示的I-U图象。根据图象求光电子的最大初动能Ekm和金属K的逸出功W。已知电子所带电荷量为e，图象中Uc、Im、入射光的频率及普朗克常量h均为已知量。AVKA图10电源图12B.A.Or2O图13IUO图11Im-Uc（2）有研究者设计了如下的测量光电子最大初动能的方法。研究装置如图12所示，真空中放置的两个平行正对金属板可以作为光电转换装置。用频率一定的细激光束照射A板中心O，板中心O点附近将有大量的电子吸收光子的能量而逸出。B板上涂有特殊材料，当电子打在B板上时会在落点处留有可观察的痕迹。若认为所有逸出的电子都以同样大小的速度从O点逸出，且沿各个不同的方向均匀分布，金属板的正对面积足够大（保证所有逸出的电子都不会射出两极板所围的区域），光照条件保持不变。已知A、B两极板间的距离为d，电子所带电荷量为e，电子所受重力及它们之间的相互作用力均可忽略不计。通过外接可调稳压电源给A、B两极板间加上一定的电压，A板接电源的负极，由O点逸出的电子打在B板上的最大区域范围为一个圆形，且圆形的半径随A、B两极板间的电压变化而改变。通过实验测出了一系列A、B两极板间的电压值U与对应的电子打在B板上的最大圆形区域半径r的值，并画出了如图13所示的r2-1/U图象，测得图线的斜率为k。请根据图象，通过分析计算，求出电子从A板逸出时的初动能；若将A板换为另一种金属材料，且将其与可调稳压电源的正极连接，B板与该电源的负极连接，当两极板间电压为U0时，电子打在B板上的最大区域范围仍为一个圆，测得圆的半径为R。改变两极板间的电压大小，发现电子打在B板上的范围也在发生相应的变化。为使B板上没有电子落点的痕迹，试通过计算分析两金属板间的电压需满足什么条件？ 24（20分）（1）由题中图11可知，光电效应的反向截止电压为Uc，根据动能定理可得，光电子的最大初动能 Ekm=eUc （3分）根据爱因斯坦光电效应方程可知，金属K的逸出功W=h- eUc（3分）（2）打在电子分布区域边缘的电子，其初速度方向平行于A板表面，做匀变速曲线（类平抛）运动。（1分）设两板间的电压为U，电子的质量为m，初速度为v0，在两板间运动的加速度大小为a1，飞行时间为t1，则根据牛顿定律有：（1分）对于垂直于极板方向的运动有 （1分）电子分布圆形区域的半径为 r=v0t1 （1分）联立上述三式可解得 （2分）即，所以r2-1/U图象中的 （1分）因此初动能 （1分）电子在两极板间运动的加速度设打在落点区域边缘的电子从O点向出时沿垂直极板的方向的速度为vy，平行极板方向的速度为vx，电子在两极板间运动的时间为t2，落点区域边缘处电子到达B板上时速度方向平行于B板。则沿垂直极板方向上有 vy2=2a2d （1分） vy=a2t2 （1分）沿平行极板方向上有 R= vx t2，（1分）从O点逸出光电子的速度vm=联立上述4式可解得，电子的初动能Ekm=（1分）设沿垂直极板方向射出的电子刚好不能达到B板时两板间的电压为Um，根据动能定理有 Ekm=eUm解得Um=，（1分）为使B板上没有电子落点的痕迹，则两金属板间的电压应满足的条件是U（1分）（门头沟2017二模）24 ( 20分 ) 如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R0.5m，物块A以v06m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L0.1m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为0.1，A、B的质量均为m1kg(重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)。(1) 求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；(2) 碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；(3) 碰后AB滑至第n个(nk)光滑段上的速度vn与n的关系式。24.（20分）(1)由机械能守恒定律得： 2分 得：A滑过Q点时的速度v = 4m/s 2分在Q点，由牛顿第二定律和向心力公式有： 2分 解得：A滑过Q点时受到的弹力 F = 22N 2分 （2）AB碰撞前A的速度为vA , 由机械能守恒定律有： 得：vA = v0 = 6m/s 1分AB碰撞后以共同的速度vp前进，由动量守恒定律得： mvA = (m + m)vp 得：vp = 3m/s 2 分总动能 1分滑块每经过一段粗糙段损失的机械能E = fL = (m + m)gL = 0.2J 则： 2分 (3)AB滑到第n个光滑段上损失的能量E损 = nE = 0.2n J 2分由能量守恒得： 2分 带入数据解得：，（n k） 2分（顺义区2017二模）24（20分）（1）如图甲所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有一竖直放置的光滑的平行金属导轨，导轨足够长，导轨平面与磁场垂直，导轨间距为L，顶端接有阻值为R的电阻。将一根金属棒从导轨上的M处由静止释放。已知棒的长度为L，质量为m，电阻为r。金属棒始终在磁场中运动，处于水平且与导轨接触良好，忽略导轨的电阻。重力加速度为g。a分析金属棒的运动情况，并求出运动过程的最大速度vm和整个电路产生的最大电热功率Pmb若导体棒下落时间为t时，其速度为vt（vtvm），求其下落高度h。（2）直流电动机是一种使用直流电流的动力装置，是根据通电线圈在磁场中受到安培力的原理制成的。如图乙所示是一台直流电动机模型示意图，固定部分（定子）装了一对磁极，旋转部分（转子）装设圆柱形铁芯，将线圈固定在转子铁芯上，能与转子一起绕轴转动。线圈经过滑环、电刷与电源相连，电源电动势为E，内阻不计。电源与线圈之间连接阻值为R的定值电阻。不计线圈内阻及电机损耗。若转轴上缠绕足够长的轻绳，绳下端悬挂一质量为m的重物，接通电源，转子转动带动重物上升，最后重物以速度v1匀速上升；若将电源处短接（相当于去掉电源，导线把线圈与电阻连成闭合电路），释放重物，带动转子转动，重物质量m不变。重物最后以v2匀速下落；根据以上信息，写出v1与v2的关系式。24 M图甲RB（1）a.金属棒向下运动切割磁感线，产生感应电流，受到安培力，合力向下减小，做加速度减小的加速运动；当安培力和重力相等时，金属棒做匀速运动。 （3分） 由法拉第电磁感应定律 e=BLv 由闭合电路欧姆定律 e=iR 由安培力表达式 F安=BiL 当F安=mg 时，速度达到最大vm，电动势达到最大Em，电流达到最大Im，电路消耗的电功率达到最大Pm 解得： （2分） （2分） b. 金属棒从开始下落到速度达到vt的过程中，由动量定理 将整个运动过程划分成很多小段，可认为在每个小段中感应电动势几乎不变，设每小段的时间为t。则安培力的冲量下落高度h= 得： （7分） （2）重物匀速上升时，电路中电流为I1 由能量关系：EI1=I12R+mgv1 重物匀速下落时，电路中电流为I2 由能量关系： I22 R =mgv2 两次电机最后都是匀速转动，重物质量相等，可知：I1 =I2 得： （6分） （西城区2017二模）24（20分）简谐运动是我们研究过的一种典型运动形式。图1Ok1k2x（1）一个质点做机械振动，如果它的回复力与偏离平衡位置的 位移大小成正比，而且方向与位移方向相反，就能判定它是简谐运动。如图1所示，将两个劲度系数分别为k1和 k2的轻质弹簧套在光滑的水平杆上，弹簧的两端固定，中间接一质量为m的小球，此时两弹簧均处于原长。现将小球 沿杆拉开一段距离后松开，小球以O为